Bộ 20 đề thi giữa kì 1 Toán 12 năm 2022-2023 có đáp án (Đề 12)

Lời giải

Chọn C

Ta loại ngay được hai hàm số ở các phương án A và B

Với hàm số ở

Ta có \(y' = - 3{x^2} - 6x\), \(y' = 0\) có hai nghiệm phân biệt \(x = 0\) và \(x = - 2\) nên không thể đơn điệu trên \(\mathbb{R}\). Vậy đáp án là C

Lời giải

Chọn B

Dựa vào đồ thị ta có hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( { - \infty ;0} \right)\)và \(\left( {1; + \infty } \right)\), hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {0;1} \right)\).

Lời giải

Chọn D

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\) và \(\left( {0;1} \right).\)

Do đó đáp số của câu hỏi này là phương án D.

Lời giải

Chọn C

Điều kiện \(x \ne 0\).

Ta có \(y' = - \frac{1}{{{x^2}}} < 0\) với mọi \(x \ne 0\). Vậy hàm số không có cực trị.

Lời giải

Chọn C

Ta có: \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 3}\\{x = 1}\\{x = 0}\\{x = - 2}\end{array}} \right.\).

Ta có bảng xét dấu đạo hàm \(f'\left( x \right)\)

Từ bảng xét dấu ta thấy \(f'\left( x \right)\) đổi dấu khi qua \(x = - 2\), \(x = 1\) và \(x = 3\) (hàm số \(f'\left( x \right)\) không đổi dấu khi qua \(x = 0\)).

Khi qua \(x = 1\), \(f'\left( x \right)\) đổi dấu từ dương sang âm nên hàm số có một điểm cực đại là \(x = 1\).

Lời giải

Chọn A

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại \(x = 2\) do đó mệnh đề A sai.

Lời giải

Chọn D

Hàm số \[y = f\left( x \right)\]xác định và liên tục trên \(\left[ { - 1;2} \right]\).

Ta có: \(f'\left( x \right) = 6{x^2} + 6x - 12 ; \,\,f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - 2\end{array} \right.\)

Trên \(\left[ { - 1;2} \right]\): \(f\left( { - 1} \right) = 14,\,\,f\left( 1 \right) = - 6,\,\,f\left( 2 \right) = 5.\)

Suy ra \(M = \mathop {\max }\limits_{\left[ { - 1;2} \right]} f\left( x \right) = 14.\)

Lời giải

Chọn B

Dựa vào bảng biên thiên trên đoạn \(\left[ { - 3;3} \right]\) ta có giá trị lớn nhất \(M = 4\)và giá trị nhỏ nhất \(m = - 3\).

Vậy: \(M - 2m = 4 + 6 = 10\).

Lời giải

Chọn D

\(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {2^ + }} y = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{2x - 1}}{{x - 2}} = + \infty \)và \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {2^ - }} y = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to {2^ - }} \frac{{2x - 1}}{{x - 2}} = - \infty \)

\( \Rightarrow \) Đường tiệm cận đứng \({d_1}:\;x = 2\).

                \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to \pm \;\infty } y = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to \pm \;\infty } \frac{{2x - 1}}{{x - 2}} = 2\)

\( \Rightarrow \) Đường tiệm cận ngang \({d_2}:\;y = 2\).

Giao điểm của hai đường tiệm cận là \(J\left( {2;2} \right)\).

Lời giải

Chọn B

·\(\mathop {lim}\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = - \infty \) suy ra TCĐ: \(x = 1\).

·\(\mathop {lim}\limits_{x \to {5^ - }} f\left( x \right) = - \infty \) suy ra TCĐ: \(x = 5\).

·\(\mathop {lim}\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = 4 \Rightarrow TCN:y = 4\).

Lời giải

Chọn D

Ta thấy đồ thị hàm số có dạng bậc 3 với hệ số \(a > 0\).

Lời giải

Chọn A

Mỗi đỉnh của hình đa diện là đỉnh chung của ít nhất của ba mặt. Ví dụ đỉnh của tứ diện.

Lời giải

Chọn D

Nhìn hình vẽ ta đếm được 9 mặt gồm có 4 mặt trên chóp, 4 mặt xung quanh và 1 mặt đáy.

Lời giải

Chọn A

Ta có đường nối hai điểm \[MN\]không thuộc hình IV nên đây không phải là đa diện lồi.

Lời giải

Chọn B

Khối đa diện đều loại \(\left\{ {5;3} \right\}\)là khối mười hai mặt đều nên có số mặt là \(12\).

Lời giải

Chọn A

\({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}.SA.{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{3}.2.\frac{1}{2}.4.3 = 4\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\).

Lời giải

Chọn D

Cho \(ABCD\) là tứ diện đều.

Gọi \(F\)là trung điểm \(CD\), \(G\)là tâm của tam giác đều \(BCD\), ta có \(AG \bot \left( {BCD} \right)\).

\(BF = \sqrt {B{C^2} - C{F^2}} = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}\).

Xét tam giác \(ABG\) vuông tại \(G\):

\(AB = 3\),\(BG = \frac{2}{3}BF = \frac{2}{3}.\frac{{3\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3 \)\( \Rightarrow AG = \sqrt {A{B^2} - B{G^2}} = \sqrt {{3^2} - {{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2}} = \sqrt 6 \).

Có \({S_{BCD}} = \frac{1}{2}BF.CD = \frac{{{3^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{9\sqrt 3 }}{4}\).

Vậy \({V_{ABCD}} = \frac{1}{3}AG.{S_{BCD}} = \frac{1}{3}.\sqrt 6 .\frac{{9\sqrt 3 }}{4} = \frac{{9\sqrt 2 }}{4}\).

Lời giải

Chọn D

Gọi \(a,\,\,b,\,\,c\) là 3 kích thước của khối hộp chữ nhật ban đầu và có thể tích là \({V_1}\), \({V_2}\) là thể tích sau khi đều tăng các kích thước lên 4 lần. Ta có \({V_2} = 4a.4b.4c = 64abc = 64{V_1}\).

Lời giải

Chọn B

Khối lập phương \[ABCD.A'B'C'D'\] và khối lăng trụ \[ABC.A'B'C'\] có cùng chiều cao mà \[{S_{ABC}} = \frac{1}{2}{S_{ABCD}}\] nên \[{V_1} = \frac{1}{2}V = \frac{1}{2}\].

Lời giải

ChọnA

\(f'\left( x \right) = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0}\\{x = 1}\\{x = - 2}\end{array}} \right.\).

Ta có bảng xét dấu sau:

\(f'\left( x \right)\) đổi dấu khi qua \(x = - 2\) và \(f'\left( x \right)\)đổi dấu khi qua \(x = 1\) nên hàm số đã cho có 2 điểm cực trị.

Lời giải

Chọn D

Ta có \(y' = - {x^2} + 2x + m + 1\). \(y' \le 0,\forall x \in \mathbb{R}\) khi \(\Delta ' = 1 + m + 1 \le 0\)\( \Leftrightarrow m \le - 2\).

Lời giải

Chọn A

Ta có

\[\begin{array}{l}f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {{x^4} - {x^2}} \right){\left( {x + 2} \right)^3} = 0 \Leftrightarrow {x^2}({x^2} - 1){(x + 2)^3} = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \pm 1\\x = - 2\end{array} \right.\end{array}\]

Trong đó \[x = 0\] là nghiệm kép. Vậy số điểm cực trị của hàm số là 3. Chọn đáp án A

Lời giải

Chọn B

Ta có \(y' = \left( {m + 2} \right){{\rm{x}}^2} + 4(\left( {m + 1} \right)x + \left( {m - 5} \right)\)

Đồ thị \(\left( C \right)\)có hai điểm cực trị nằm về hai phía trục tung khi và chỉ khi phương trình

\(y' = 0\)có hai nghiệm phân biệt trái dấu \( \Leftrightarrow \left( {m + 2} \right)\left( {m - 5} \right) < 0 \Leftrightarrow - 2 < m < 5\).

Suy ra có 6 giá tri nguyên của \(m\)thỏa mãn đề bài.

Lời giải

Chọn A

Để hàm số \[y = {x^4} + \left( {m - 5} \right){x^2} + 5\] có 3 điểm cực trị thì \[1.\left( {m - 5} \right) < 0\]\[ \Leftrightarrow m < 5\].

Mà \[m \in {\mathbb{Z}^ + }\]nên \[m = 1;2;3;4\].

Khi đó tổng các giá trị \[m\] thỏa yêu cầu bài toán là: \[1 + 2 + 3 + 4 = 10\].

Lời giải

Chọn C

Xét hàm số \(y = x - 5 + \frac{1}{x}\) trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\).

Ta có \(y' = 1 - \frac{1}{{{x^2}}}\); \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1 \in \left( {0; + \infty } \right)\\x = - 1 \notin \left( {0; + \infty } \right)\end{array} \right.\).

Bảng biến thiên

Dựa vào BBT ta được \[\mathop {\min }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} y = - 3\], đạt được khi \(x = 1\).

Lời giải

Chọn B

Ta có \(y' = 2x - 4 = 0 \Leftrightarrow x = 3\).

Suy ra

+) \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;4} \right]} y = \min \left\{ {y\left( 0 \right);y\left( 3 \right);y\left( 4 \right)} \right\} = \min \left\{ {m\,;\,m - 9\,;\,m - 8} \right\} = m - 9\)

+) \(\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;4} \right]} y = \max \left\{ {y\left( 0 \right);y\left( 3 \right);y\left( 4 \right)} \right\} = \max \left\{ {m\,;\,m - 9\,;\,m - 8} \right\} = m\).

Theo giả thiết ta có \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;4} \right]} y + \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;4} \right]} y = 7 \Rightarrow m - 9 + m = - 23 \Leftrightarrow m = - 7\).

Vậy \( - 10 < m \le - 7\).

Lời giải

Chọn A

Xét hàm số \[y = f\left( x \right) = \frac{{5x}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}\]có TXĐ: \[D = \mathbb{R}\].

Đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng.

Xét \[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{5x}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }} = 5\]và \[\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{5x}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }} = - 5\]

Nên đồ thị hàm số nhận \[y = 5\]và \[y = - 5\]làm các tiệm cận ngang.

Vậy tổng số tiệm cận đứng và tiệm cận ngang là 2.

Lời giải

Chọn A

Ta có \(\mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to - \infty } \frac{{x - 1}}{{{x^2} - 8x + m}} = \mathop {{\rm{lim}}}\limits_{x \to + \infty } \frac{{x - 1}}{{{x^2} - 8x + m}} = 0\) nên hàm số có một tiện cận ngang \(y = 0\).

Hàm số có 3 đường tiệm cận khi và chỉ khi hàm số có hai đường tiệm cận đứng \( \Leftrightarrow \)phương trình \({x^2} - 8x + m = 0\) có hai nghiệm phân biệt khác \(1 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\rm{\Delta }}' = 16 - m > 0}\\{m - 7 \ne 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m < 16}\\{m \ne 7}\end{array}} \right.\).

Kết hợp với điều kiện \(m\)nguyên dương ta có \(m \in \left\{ {1;2;3;..;6;8;..;15} \right\}\). Vậy có \(14\) giá trị của \(m\) thỏa mãn đề bài.

Lời giải

Chọn D

Dựa vào hình dạng đồ thị đã cho ta có đồ thị là đồ thị của hàm số bậc 4 trùng phương có \(a,b\)trái dấu.

Lại có nhánh cuối đồ thị hướng lên trên, suy ra hệ số \(a > 0\).

Lời giải

Chọn D

Dựa vào đồ thị hàm số ta dễ dàng suy rA.\(a < 0,c > 0\)

Lời giải

Chọn B

Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d:

.

Phương trình (1) có 3 nghiệm do đó đồ thị (C) và đường thẳng d có 3 giao điểm.

Þ chọn B.

Lời giải

Chọn A

Số nghiệm phương trình \(f\left( x \right) = \frac{3}{2}\) là số giao điểm của đồ thị hàm số \(f\left( x \right)\) với đường thẳng \(y = \frac{3}{2}\).

Dựa vào BBT suy ra số nghiệm phương trình là \(3\).

Lời giải

Chọn C

Số nghiệm của phương trình \(f\left( x \right) = m\) chính là số giao điểm của đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) và đường thẳng \(y = m\).

Khi đó chỉ có \(1\) giá trị nguyên của \(m\) là \(m = 0\) để \(f\left( x \right) = m\) có \(3\) nghiệm phân biệt.

Lời giải

Chọn A

Gọi  là số đỉnh và \[C\] là số cạnh của hình đa diện đã cho.

Vì mỗi đỉnh là đỉnh chung của đúng \[3\] mặt và mỗi cạnh là cạnh chung của đúng hai mặt nên  hay  là số chẵn. Vậy  là số chẵn.

Lời giải

Chọn C

Từ hình vẽ ta thấy mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) chia khối chóp đã cho thành hai khối tứ diện.

Lời giải

Chọn B

Lời giải

Chọn B

Thể tích khối chóp: \(V = \frac{1}{3}{S_{\Delta OAB}}OC = \frac{1}{3}\left( {\frac{1}{2}OA.OB} \right)OC = 6\).

Lời giải

Chọn D

\(\Delta ABC:AC = a \Rightarrow AB = BC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)\( \Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{1}{2}.\frac{{{a^2}}}{2} = \frac{{{a^2}}}{4}\).

\(\Delta SAC\) đều\( \Rightarrow SI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Thể tích khối chóp \(S.ABC\): \(V = \frac{1}{3}.SI.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\frac{{{a^2}}}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{24}}\).

Lời giải

Chọn B

Ta có: \(f'\left( x \right) = \left( {1 - {x^2}} \right)\left( {x - 5} \right)\)suy ra \(f'\left( {x + 3} \right) = \left[ {1 - {{\left( {x + 3} \right)}^2}} \right]\left( {x + 3 - 5} \right)\)\( = - \left( {x + 4} \right)\left( {x + 2} \right)\left( {x - 2} \right)\).

Mặt khác: \(y' = 3.f'\left( {x + 3} \right) - 3{x^2} + 12\)\( = - 3\left[ {\left( {x + 4} \right)\left( {x + 2} \right)\left( {x - 2} \right) + \left( {{x^2} - 4} \right)} \right]\)\( = - 3\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)\left( {x + 5} \right)\).

Xét \(y' < 0\)\( \Leftrightarrow - 3\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)\left( {x + 5} \right) < 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 5 < x < - 2\\x > 2\end{array} \right.\).

Vậy hàm số \(y = 3f\left( {x + 3} \right) - {x^3} + 12x\)nghịch biến trên các khoảng \(\left( { - 5\,;\, - 2} \right)\)và \(\left( {2\,;\, + \infty } \right)\).

Lời giải

Chọn A

Từ đồ thị của hàm số \[y = f'\left( x \right)\]ta có bảng biến thiên của hàm số \[y = f\left( x \right)\]như sau

Đặt \[g\left( x \right) = f\left( {{x^2} + 2x} \right)\], ta có \[g'\left( x \right) = {\left( {{x^2} + 2x} \right)^\prime }.f'\left( {{x^2} + 2x} \right) = 2\left( {x + 1} \right).f'\left( {{x^2} + 2x} \right).\]

Hàm số \[g\left( x \right)\]đồng biến khi \[g'\left( x \right) \ge 0 \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right).f'\left( {{x^2} + 2x} \right) \ge 0\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 1 \ge 0\\f'\left( {{x^2} + 2x} \right) \ge 0\end{array} \right.\quad \left( 1 \right)\]hoặc \[\left\{ \begin{array}{l}x + 1 \le 0\\f'\left( {{x^2} + 2x} \right) \le 0\end{array} \right.\quad \left( 2 \right)\]

·Xét \[\left( 1 \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 1 \ge 0\\\left[ \begin{array}{l} - 1 \le {x^2} + 2x \le 1\\{x^2} + 2x \ge 3\end{array} \right.\end{array} \right.\quad \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge - 1\\\left[ \begin{array}{l} - 1 - \sqrt 2 \le x \le - 1 + \sqrt 2 \\x \le - 3\\x \ge 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 1 \le x \le - 1 + \sqrt 2 \\x \ge 1\end{array} \right..\]

·Xét \[\left( 2 \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 1 \le 0\\\left[ \begin{array}{l}{x^2} + 2x \le - 1\\1 \le {x^2} + 2x \le 3\end{array} \right.\end{array} \right.\quad \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le - 1\\\left[ \begin{array}{l}x = - 1\\\left\{ \begin{array}{l}{x^2} + 2x - 1 \ge 0\\{x^2} + 2x - 3 \le 0\end{array} \right.\end{array} \right.\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le - 1\\\left[ \begin{array}{l}x = - 1\\\left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x \le - 1 - \sqrt 2 \\x \ge - 1 + \sqrt 2 \end{array} \right.\\ - 3 \le x \le 1\end{array} \right.\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 3 \le x \le - 1 - \sqrt 2 \\x = - 1\end{array} \right..\]

Lời giải

Chọn D

Đặt \[t = \ln x,\,\,x > 1\]

Khi đó \[t' = \frac{1}{x} > 0\,,\forall x > 1\] nên hàm số \[t = \ln x\] đồng biến trên khoảng \[\left( {1; + \infty } \right) \Rightarrow t > \ln 1 = 0\]

Khi đó hàm số  đồng biến trên khoảng \[\left( {1; + \infty } \right)\]\( \Leftrightarrow \)hàm số \(y = \frac{{ - t - 8}}{{t - m}}\) đồng biến trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\).

Xét hàm số \(y = \frac{{ - t - 8}}{{t - m}}\) có \(y' = \frac{{m + 8}}{{{{\left( {t - m} \right)}^2}}}\)\(\left( {t \ne m} \right)\).

Hàm số đồng biến trên khoảng \[\left( {0, + \infty } \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m + 8 > 0\\m \notin \left( {0; + \infty } \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > - 8\\m \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow - 8 < m \le 0\]

Suy ra các giá trị nguyên của \[m\] là \[ - 7; - 6; - 5; - 4; - 3; - 2; - 1;0\].

Vậy \(S\) có \(8\) phần tử.

Lời giải

Chọn D

Ta có \(y' = {x^2} + 2mx + {m^2} + m + 1\).

Nếu \(x = 1\) là điểm cực tiểu của hàm số thì \(y'\left( 1 \right) = 0 \Leftrightarrow {m^2} + 3m + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = - 1\\m = - 2\end{array} \right.\).

Với \(m = - 1\) thì \(y' = {x^2} - 2x + 1 = {\left( {x - 1} \right)^2} \ge 0\).

Hàm số không có điểm cực trị.

Với \(m = - 2\) thì \(y' = {x^2} - 4x + 3\), \(y'' = 2x - 4\), suy ra \(y''\left( 1 \right) = - 2 < 0\).

Hàm số đạt cực đại tại \(x = 1\).

Vậy \(m \in \emptyset \).

Lời giải

Chọn B

Ta có \(v = S' = - {t^2} + 8t + 9,t \in \left( {0;10} \right)\)

\(v' = - 2t + 8\). Xét \(v' = 0 \Rightarrow t = 4 \in \left( {0;10} \right)\)

Bảng biến thiên:

Vậy vận tốc lớn nhất của chất điểm là \(25\left( {{\rm{m/s}}} \right)\) tại tại \(t = 4.\)

Lời giải

Chọn B

Dựa vào BBT, phương trình \[2f\left( x \right) - 5 = 0\]\[ \Leftrightarrow f\left( x \right) = \frac{5}{2}\]có \[4\]nghiệm phân biệt thuộc các khoảng \[\left( { - \infty ; - 2} \right)\], \[\left( { - 2;1} \right)\], \[\left( {1;2} \right)\], \[\left( {2; + \infty } \right)\]nên đồ thị hàm số \(y = \frac{1}{{2f\left( x \right) - 5}}\)có \[4\]đường tiệm cận đứng.

Lời giải

Chọn B

Ta chứng minh nếu \({x_1}\), \({x_2}\), \({x_3}\) là nghiệm của phương trình \({x^3} - m{x^2} - 6x - 8 = 0\) thì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} + {x_3} = m}\\{{x_1}{x_2}{x_3} = 8}\end{array}} \right.\).

Thật vậy \({x^3} - m{x^2} - 6x - 8 = \left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - {x_2}} \right)\left( {x - {x_3}} \right)\)

\( \Leftrightarrow {x^3} - m{x^2} - 6x - 8 = {x^3} - \left( {{x_1} + {x_2} + {x_3}} \right){x^2} + \left( {{x_1}{x_2} + {x_2}{x_3} + {x_3}{x_1}} \right)x - {x_1}{x_2}{x_3} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} + {x_3} = m}\\{{x_1}{x_2}{x_3} = 8}\end{array}} \right.\).

Điều kiện cần: Phương trình \({x^3} - m{x^2} - 6x - 8 = 0\)có ba nghiệm thực \({x_1} < {x_2} < {x_3}\)

lập thành một cấp số nhân \( \Leftrightarrow {x_1}.{x_3} = {x_2}^2\)\( \Leftrightarrow {x_1}.{x_2}.{x_3} = {x_2}^3 \Leftrightarrow 8 = {x_2}^3 \Leftrightarrow {x_2} = 2\).

Vậy phương trình \({x^3} - m{x^2} - 6x - 8 = 0\)phải có nghiệm bằng \(2\).

Thay \(x = 2\) vào phương trình ta có \(m = - 3\).

Điều kiện đủ: Thử lại với \(m = - 3\)ta có \({x^3} + 3{x^2} - 6x - 8 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = - 4}\\{x = 2}\\{x = - 1}\end{array}} \right.\) (thỏa yêu cầu bài toán).

Lời giải

Chọn A

\(g\left( x \right) \ge 0 \Leftrightarrow 3f\left( x \right) - {x^3} + 3x - m \ge 0 \Leftrightarrow 3f\left( x \right) - {x^3} + 3x \ge m\).

Đặt \(h\left( x \right) = 3f\left( x \right) - {x^3} + 3x\). Ta có \(h'\left( x \right) = 3f'\left( x \right) - 3{x^2} + 3\). Suy ra

\(\,\,\left\{ \begin{array}{l}h'\left( { - \sqrt 3 } \right) = 3f'\left( { - \sqrt 3 } \right) - 6 = 0\\h'\left( {\sqrt 3 } \right) = 3f'\left( {\sqrt 3 } \right) - 6 = 0\\h'\left( 0 \right) = 3f'\left( 0 \right) = 0\\h'\left( 1 \right) = 3f'\left( 1 \right) < 0\end{array} \right.\)

Từ đó ta có bảng biến thiên

Vậy \(g\left( x \right) \le m \Leftrightarrow g\left( x \right) \le h\left( {\sqrt 3 } \right) = 3f\left( {\sqrt 3 } \right)\).

Lời giải

Chọn B

Vì góc giữa \(\left( {SBC} \right)\) và mặt đáy \(\left( {ABCD} \right)\) là \(60^\circ \) nên \(\widehat {SBA} = 60^\circ \)\( \Rightarrow AB = \frac{{SA}}{{\tan 60^\circ }} = \frac{{2a}}{{\sqrt 3 }}\).

Khi đó: \({S_{ABCD}} = AB.AD = \frac{{2a}}{{\sqrt 3 }}.2a = \frac{{4{a^2}\sqrt 3 }}{3}\).

Gọi \(M\) là trung điểm \(BC\), khi đó:\({S_{ADM}} = \frac{1}{2}{S_{ABCD}} = \frac{{2{a^2}\sqrt 3 }}{3}\).

\( \Rightarrow \)\({V_{S.ADG}} = \frac{2}{3}{V_{S.ADM}} = \frac{2}{3}.\frac{1}{3}.2a.\frac{{2{a^2}\sqrt 3 }}{3} = \frac{{8{a^3}\sqrt 3 }}{{27}}\).

Lời giải

Chọn A

Gọi \[I\] là trung điểm \(B'C'\).

Góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {AB'C'} \right)\) và \(\left( {A'B'C'} \right)\) là \(\widehat {AIA'}\)\( \Rightarrow \widehat {AIA'} = 60^\circ \)

\[AA' = A'I.\,tan60^\circ = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\sqrt 3 = \frac{{3a}}{2}\].

\({V_{ABC.A'B'C'}}{\rm{ = }}AA'{\rm{.}}{{\rm{S}}_{A'B'C'}} = \frac{{3a}}{2}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3{a^3}\sqrt 3 }}{8}\).

Lời giải

Chọn B

\[g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - {x^2} + 2x - 1;\,\,\,g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow f'\left( x \right) = {x^2} - 2x + 1.\]

Từ đồ thị, ta thấy \[x = 0\], \[x = 1\], \[x = 2\] là các nghiệm đơn của phương trình \[g'\left( x \right) = 0\].

Bảng biến thiên:

Suy ra, hàm số \[g\left( x \right)\] đạt cực tiểu tại hai điểm.

Lời giải

Chọn C

+ Xét hàm số \(f\left( x \right) = \frac{4}{3}{x^3} - 6{x^2} + 8x + m\) liên tục trên đoạn \(\left[ {0;\,\,3} \right]\).

+ Ta có \(f'\left( x \right) = 4{x^2} - 12x + 8\).

+ \(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 4{x^2} - 12x + 8 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1 \in \left[ {0;3} \right]\\x = 2 \in \left[ {0;3} \right]\end{array} \right.\).

+ \(f\left( 0 \right) = m;\,\,f\left( 1 \right) = \frac{{10}}{3} + m;\,\,f\left( 2 \right) = \frac{8}{3} + m;\,\,f\left( 3 \right) = 6 + m\).

Khi đó \[\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;3} \right]} f\left( x \right) = \max \left\{ {f\left( 0 \right);\,f\left( 1 \right);\,f\left( 2 \right);\,f\left( 3 \right)} \right\} = f\left( 3 \right) = m + 6\\\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;3} \right]} f\left( x \right) = \min \left\{ {f\left( 0 \right);\,f\left( 1 \right);\,f\left( 2 \right);\,f\left( 3 \right)} \right\} = f\left( 0 \right) = m\end{array} \right.\].

Suy ra \[\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;3} \right]} y = \min \left\{ {0\,;\,\left| m \right|;\,\,\left| {m + 6} \right|} \right\}\].

TH1. \[m > 0\].

\[\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;3} \right]} y = m \Leftrightarrow m = 18\](thỏa mãn).

TH2. \[m + 6 < 0 \Leftrightarrow m < - 6\].

\[\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;3} \right]} y = - m - 6 \Leftrightarrow - m - 6 = 18 \Leftrightarrow m = - 24\] (thỏa mãn).

TH3. \[m\left( {m + 6} \right) \le 0 \Leftrightarrow - 6 \le m \le 0 \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;3} \right]} y = 0\](loại).

Kết luận: tích các số thực \[m\] thỏa mãn yêu cầu bài toán là: \( - 24.18 = - 432\).